届老高考二轮复习物理小题必练牛顿运动定律的应用 含答案.docx
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届老高考二轮复习物理小题必练牛顿运动定律的应用 含答案.docx
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届老高考二轮复习物理小题必练牛顿运动定律的应用含答案
(1)超重、失重;
(2)连接体问题;(3)牛顿运动定律的综合应用、滑块滑板模型、传送带模型等。
例1.(2019∙全国III卷∙20)如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平。
t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4s时撤去外力。
细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。
木板与实验台之间的摩擦可以忽略。
重力加速度取10m/s2。
由题给数据可以得出( )
A.木板的质量为1kg
B.2~4s内,力F的大小为0.4N
C.0~2s内,力F的大小保持不变
D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【解析】由题图(c)可知木板在0~2s内处于静止状态,再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0~2s内逐渐增大,可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大,故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大,选项C错误;由题图(c)可知木板在2~4s内做匀加速运动,其加速度大小为a1=
m/s2=0.2m/s2,在4~5s内做匀减速运动,其加速度大小为a2=
m/s2=0.2m/s2,另外由于物块静止不动,同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff=f,故对木板进行受力分析,由牛顿第二定律可得F-Ff=ma1、Ff=ma2,解得m=1kg、F=0.4N,选项A、B均正确;由于不知道物块的质量,所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数,选项D错误。
【点睛】本题结合图象考查板-块模型。
以木板为研究对象,通过f-t与v-t图象对相应过程进行受力分析、运动分析,列方程解出相应的问题。
例2.(2020∙浙江7月选考∙19)如图甲所示,有一质量m=200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。
当加速运动到总位移的
时开始计时,测得电机的牵引力随时间变化的F-t图线如图乙所示,t=34s末速度减为0时恰好到达指定位置。
若不计绳索的质量和空气阻力,求物件:
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向;
(2)匀速运动的速度大小;
(3)总位移的大小。
【解析】
(1)由图乙可知0~26s内物体匀速运动,26s~34s物体减速运动,在减速运动过程根据牛顿第二定律有:
mg-FT=ma
根据图乙得此时FT=1975N,代入可得a=0.125m/s2
方向竖直向下。
(2)结合图乙根据运动学公式有v=at2=1m/s。
(3)根据图像可知匀速上升的位移h1=vt1=26m
匀减速上升的位移h2=
t2=4m
匀加速上升的位移为总位移的
,则匀速上升和减速上升的位移为总位移的
,则有:
h1+h2=
h
所以总位移为h=40m。
【点睛】本题考查牛顿第二定律和运动学公式的应用,解题的关键在正确理解图象代表的运动过程。
1.如图所示,A、B、C为三个实心小球,A为铁球,B、C为木球。
A、B两球分别连在两根弹簧上,C球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。
若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,ρ木<ρ水<ρ铁)( )
A.A球将向上运动,B、C球将向下运动
B.A、B球将向上运动,C球不动
C.A球将向下运动,B球将向上运动,C球不动
D.A球将向上运动,B球将向下运动,C球不动
2.某同学找了一个用过的“易拉罐”在底部打了一个洞,用手指按住洞,向罐中装满水,然后将易拉罐竖直向上抛出,空气阻力不计,则下列说法正确的是( )
A.易拉罐上升的过程中,洞中射出的水的速度越来越快
B.易拉罐下降的过程中,洞中射出的水的速度越来越快
C.易拉罐上升、下降的过程中,洞中射出的水的速度都不变
D.易拉罐上升、下降的过程中,水都不会从洞中射出
3.质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上,一水平恒力F作用在其上使得质量为m的小球静止在圆槽上,如图所示,则( )
A.小球对圆槽的压力为
B.小球对圆槽的压力为
C.水平恒力F变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力增加
D.水平恒力F变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力减小
4.(多选)如图甲所示,倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上,初速度为v0=10m/s,质量为m=1kg的小木块沿斜面上滑,若从此时开始计时,整个过程中小木块速度v的平方随路程变化的关系图象如图乙所示,g取10m/s2,下列说法正确的是( )
A.0~5s内小木块做匀减速运动
B.在t=1s时刻,摩擦力反向
C.斜面倾角θ=37°
D.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5
5.某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力,在0至t3时间段内,弹簧测力计的示数F随时间t变化如图所示,以竖直向上为正方向,则下列关于物体运动的v-t图、P-t图(P为物体重力的功率大小)及a-t图可能正确的是( )
6.如图所示,质量为M的小车放在光滑的水平面上,小车上用细线悬吊一个质量为m的小球,M>m,用一力F水平向右拉小球,使小球和车一起以加速度a向右运动时,细线与竖直方向成θ角,细线的拉力为F1。
若用一力F′水平向左拉小车,使小球和其一起以加速度a′向左运动时,细线与竖直方向也成θ,细线的拉力为F1′。
则( )
A.a′=a,F1′=F1
B.a′>a,F1′=F1
C.a′<a,F1′=F1
D.a′>a,F1′>F1
7.如图所示,滑块A在倾角为30°的斜面上沿斜面下滑的加速度a为2.0m/s2,若在A上放一个重为10N的物体B,A、B一起以加速度a1沿斜面下滑;若在A上加竖直向下大小为10N的恒力F,A沿斜面下滑的加速度为a2,则( )
A.a1>2m/s2,a2<2m/s2
B.a1=2m/s2,a2=2m/s2
C.a1<2m/s2,a2<2m/s2
D.a1=2m/s2,a2>2m/s2
8.(多选)如图所示,质量分别为m1、m2的A、B两个物体放在斜面上,中间用一个轻杆相连,A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,它们在斜面上加速下滑,关于杆的受力情况。
下列分析正确的是( )
A.若μ1>μ2,m1=m2,则杆受到压力
B.若μ1=μ2,m1>m2,则杆受到拉力
C.若μ1<μ2,m1<m2,则杆受到拉力
D.若μ1=μ2,m1≠m2,则杆无作用力
9.如图所示,一固定杆与水平方向夹角为θ,将一质量为m1的滑块套在杆上,通过轻绳悬挂一质量为m2的小球,杆与滑块之间的动摩擦因数为μ。
若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动,此时绳子与竖直方向夹角为β,且θ<β,不计空气阻力,则滑块的运动情况是( )
A.沿着杆减速下滑
B.沿着杆减速上滑
C.沿着杆加速下滑
D.沿着杆加速上滑
10.如图所示,一个质量为M的长圆管竖直放置,顶端塞有一个质量为m的弹性小球,M=4m,球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg,管从下端离地面距离为H处自由落下,运动过程中,管始终保持竖直,每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等,不计空气阻力,重力加速度为g,求:
(1)管第一次落地时管和球的速度。
(2)管第一次落地弹起时管和球的加速度。
(3)管第一次落地弹起后,若球恰好没有从管口滑出,则此时管的下端距地面的高度。
11.如图所示,AB、CD为两个光滑的平台,一倾角为37°,长为5m的传送带与两平台平滑连接。
现有一小物体以10m/s的速度沿平台AB向右运动,当传送带静止时,小物体恰好能滑到平台CD上,问:
(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数为多大?
(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时,无论传送带顺时针运动的速度多大,小物体都不能到达平台CD,求这个临界速度。
(3)若小物体以8m/s的速度沿平台AB向右运动,欲使小物体到达平台CD
,传送带至少以多大的速度顺时针运动?
12.图甲中,质量为m1=1kg的物块叠放在质量为m2=3kg的木板右端。
木板足够长,放在光滑的水平地面上,木板与物块之间的动摩擦因数为μ1=0.2,整个系统开始时静止,重力加速度g=10m/s2。
(1)在木板右端施加水平向右的拉力F,为使木板和物块发生相对运动,拉力F至少应为多大?
(2)在0~4s内,若拉力F的变化如图乙所示,2s后木板进入μ2=0.25的粗糙水平面,在图丙中画出0~4s内木板和物块的v-t图象,并求出0~4s内物块相对木板的位移大小。
答案
1.【答案】D
【解析】开始时A球下的弹簧被压缩,弹力向上;B球下的弹簧被拉长,弹力向下;将挂吊篮的绳子剪断的瞬时,系统的加速度为g,为完全失重状态,此时水对球的浮力也为零,小球的重力也视为零,则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动,B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动,C球相对于杯底不动,故选D。
2.【答案】D
【解析】易拉罐被抛出后,不论上升还是下降,易拉罐及水均处于完全失重状态,水都不会从洞中射出,A、B、C项错误,D项正确。
3.【答案】C
【解析】利用整体法可求得系统的加速度为a=
,对小球利用牛顿第二定律可得,小球受到圆槽的支持力为
,由牛顿第三定律可知只有C项正确。
4.【答案】BCD
【解析】由匀变速直线运动的速度位移公式v2-v
=2ax与图象可得a=-10m/s2,由图示图象可知,初速度v
=100(m/s)2,v0=10m/s,减速运动时间t=
=1s,故A项错误;由图示图象可知,在0~1s内小木块向上做匀减速运动,1s后小木块反向做匀加速运动,t=1s时摩擦力反向,故B项正确;由图示图象可知,物体反向加速运动时的加速度为a′=
=2m/s2,由牛顿第二定律得-mgsinθ-μmgcosθ=ma,mgsinθ-μmgcosθ=ma′,代入数据解得μ=0.5,θ=37°,故C、D项正确。
5.【答案】C
【解析】由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系,可以依题意,分三种情况讨论:
(1)若F1=mg,则0~t1时间内电梯静止或做匀速直线运动,即速度等于0或速度保持不变,加速度等于0。
四个图线没有是可能的。
(2)若F2=mg,则F1<mg,在0~t1时间内电梯受到的合外力的方向向下,加速度的方向向下,为负值,所以D是不可能的;则物体0~t1时间内可能向下做加速运动,速度为负,或向上做减速运动,故A、B是不可能的;而t1~t2时间内受到的合外力等于0,物体做匀速直线运动,物体的速度不变,又由P=mgv,可知t1~t2时间内重力的功率不变,故C是错误的。
(3)若F3=mg,则F1<mg,F2<mg,在0~t2时间内电梯受到的合外力的方向都是向下,加速度的方向向下,故A、B、D是不可能的;F3=mg,可知在0~t1时间内向下的加速度大于t1~t2时间内向下的加速度,而t2~t3时间内物体做匀速直线运动,所以速度图象如图,速度的方向向下,重力的方向也向下,由P=mgv可知,图C可能是重力的功率随时间变化的图线,故C是正确的。
由以上的分析,可知只有C选项是可能的,A、B、D都是不可能的。
6.【答案】B
【解析】当用力F水平向右拉小球时,以球为研究对象,竖直方向有F1cosθ=mg,水平方向有F-F1sinθ=ma,以整体为研究对象有F=(m+M)a,得a=
gtanθ,当用力F′水平向左拉小车时,以球为研究对象,竖直方向有F1′cosθ=mg,水平方向有F1′sinθ=ma′,以整体为研究对象有F′=(m+M)a′,解得a′=gtanθ,综合两种情况,有F1=F1′,结合M>m有a′>a。
故B项正确。
7.【答案】D
【解析】依题意有mAgsinθ-μmAgcosθ=mAa,(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a1,(mAg+F)sinθ-μ(mAg+F)cosθ=mAa2,由以上各式可解得a1=2m/s2,a2>2m/s2,即D项正确。
8.【答案】ACD
【解析】假设杆不受力,则aA=gsinα-μ1gcosα,aB=gsinα-μ2gcosα,若μ1>μ2,m1=m2,则aA<aB,即两个物体有靠近的趋势,所以杆受到压力,A项正确;若μ1=μ2,m1>m2,aA=aB,所以杆不受力,B项错误;若μ1<μ2,m1<m2,则aA>aB,两物体有远离的趋势,所以杆受到拉力作用,C项正确;若μ1=μ2,m1≠m2,aA=aB,所以杆不受力,D项正确。
9.【答案】B
【解析】把滑块和球看作一个整体受力分析,沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得,若速度方向向下,则沿斜面方向(m1+m2)gsinθ-f=(m1+m2)a,垂直斜面方向N=(m1+m2)gcosθ,摩擦力f=μN,联立可解得a=gsinθ-μgcosθ,对小球有若θ=β,a=gsinβ,现有θ<β,则有a>gsinβ,所以gsinθ-μgcosθ>gsinβ,gsinθ-gsinβ>μgcosθ,因为θ<β,所以gsinθ-gsinβ<0,但μgcosθ>0,所以假设不成立,即速度的方向一定向上。
由于加速度方向向下,所以物体沿杆减速上滑,故B项正确。
10.【解析】
(1)取竖直向下为正方向。
管第一次碰地时管和球的速度为
v0=
,方向向下。
(2)管第一次落地弹起时,管的加速度为
a1=
=2g,方向向下
球的加速度为a2=
=3g,方向向上。
(3)球的速度为v2=
,方向向下
若球刚好没有从管中滑出,设经过时间t1,球管速度v相同,则有
-v1+a1t1=v2-a2t1,t1=
管从碰地到它弹到最高点所需时间t2,则t2=
,因为t1<t2,说明管在达到最高点前,球与管相对静止,故管从弹起经t1这段时间上升的高度为所求,得
h1=v1t1-
a1t
=
H。
11.【解析】
(1)传送带静止时,小物体在传送带上受力如图甲所示,据牛顿第二定律得
μmgcos37°+mgsin37°=ma1
B→C过程有v
=2a1l
解得a1=10m/s2,μ=0.5。
(2)显然,当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时,最容易到达传送带顶端,此时,小物体受力如图乙所示,据牛顿第二定律得
mgsin37°-μmgcos37°=ma2
若恰好能到达平台CD时,有v2=2a2l
解得v=2
m/s,a2=2m/s2
即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2
m/s时,无论传送带顺时针运动的速度多大,小物体都不能到达平台CD。
(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1,传送带顺时针运动的速度大小为v2,对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程,有
v
-v
=2a1x1
对从小物体速度减小到传送带速度到恰好到达平台CD过程,有
v
=2a2x2,x1+x2=L
解得v2=3m/s
即传送带至少以3m/s的速度顺时针运动,小物体才能到达平台CD。
12.【解析】
(1)把物块和木板看做整体,由牛顿第二定律得:
F=(m1+m2)a
对物块分析,物块与木板将要相对滑动时有:
μ1m1g=m1a
联立解得:
F=8N。
(2)物块在0~2s内做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有:
μ1m1g=m1a1
解得a1=2m/s2
2s末物块的速度为v1=a1t1=2×2m/s=4m/s
木板在0~1s内做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有:
F1-μ1m1g=m2a2
解得a2=4m/s2
1s末木板的速度v1′=a2t2=4×1m/s=4m/s
在1~2s内F2=μ1m1g
木板做匀速运动,速度为4m/s
2~4s内如果物块和木板一起减速运动,共同的加速度大小为a共=
=μ2g
m1的合力μ2m1g>fm=μ1m1g
所以物块和木板相对滑动2s后物块做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有:
-μ1m1g=m1a3
得:
a3=-2m/s2
速度从4m/s减至零的时间t3=
=
s=2s
木板做匀减速直线运动有:
-μ2(m1+m2)g+μ1m1g=m2a4
得:
a4=-
m/s2
速度从4m/s减至零的时间t4=
=
s=1.5s
二者在整个运动过程的v-t图象如图所示(实线是木板的v-t图象,虚线是物块的v-t图象)
0~2s内物块相对木板向左运动
Δx1=
a2t22+(a2t2)(t1-t2)-
a1t12
2~4s内物块相对木板向右运动
Δx2=
-
解得:
Δx=Δx1-Δx2=1m
所以0~4s内物块相对木板的位移大小为Δx=1m。
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